分类讨论在高中数学解题中的应用

袁海军　徐诗佳

分类讨论是一种重要的数学思想方法，是将一个较复杂的数学问题分解（或分割）成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略.俗称“化整为零，各个击破，再积零为整”.它是一种重要的解题思想，也是高考重点考查内容之一. 纵观近年的数学高考，无论是选择题、填空题、还是解答题，都非常重视对分类讨论思想的考查，是考生数学逻辑思维、理性思维能力高低的体现. 常见的分类情形有：按数的特性分类;按字母的取值范围分类;按事件的可能性分类;按图形的位置特征分类等.

为了更好地掌握分类讨论思想，本文就它在数学解题中的应用举例分析，供同学们参考.

一、科学合理的分类

把一个集合A分成若干个非空真子集Ai（i=1、2、3···n）（n≥2，n∈N），使集合A中的每一个元素属于且仅属于某一个子集. 即

① A1∪A2∪A3∪…∪An=A;

②Ai∩Aj=？准（i，j∈N，且i≠j）.

则称对集合A进行了一次科学的分类（或称一次逻辑划分）

科学的分类满足两个条件：条件①保证分类不遗漏;条件②保证分类不重复. 在此基礎上根据问题的条件和性质，应尽可能减少分类.

二、探讨引起分类讨论的原因，从而确定分类讨论的标准或题型

在确定讨论的对象后，最困难是确定分类的标准，一般来讲，分类标准的确定通常有以下有六种：

（1）根据数学概念来确定分类标准，

如绝对值，直线的斜率，指数与对数，直线与平面所成的角等的定义中都包含了分类.

例如，绝对值的定义是：a=a （a>0）0 （a=0）-a （a<0）

例1 已知f（x）=x2+2x-4+a.

（1）当a=-3时，求不等式f（x）>x2+x的解集;

（2）若不等式f（x）≥0的解集为实数集R，求实数a的取值范围.

解析（1）当a=-3时，f（x）=x2+2x-4-3.

∴f（x）>x2+x？圳2x-4-x>3

？圳x≤0，1-x>0或00或x>2，x-7>0

？圳x≤0或07？圳x<■或x>7.

∴当a=-3时，不等式f（x）>x2+x的解集为（-∞，■）∪（7， +∞）.

（2）∵f（x）≥0的解集为实数集R，即x2+2x-4≥-a恒成立.

令g（x）=x2+2x-4，则g（x）=（x+1）2-5，x≥2（x-1）2+3，x<2

x≥2时g（x）min=4，x<2时g（x）min=3，

∴ g（x）min=3，∴ a≥-3，故a的取值范围是 [-3， +∞）.

点评此题对含有绝对值的式子首先需要对绝对值里面的式子分为负数，非负数来去掉绝对值符号再求解，此题涉及到两个绝对值式子，需要采用零点分段法将数轴分为3段来讨论.

例2 解关于x的不等式组loga2x<2logax，（a-1）x20且a≠1）.

解析对于参数a，需分a>1还是0

（Ⅰ）当0

（Ⅱ）当a>1时，可解得：x>2，0

（1）当1

（2）当a>3时解集为（2，■）.

综上所述：当0

当1

当a>3时，解集为（2，■）.

点评此题含有对数不等式且底数不确定，故需要先分底数a>1，0

（2）根据数学中的定理，公式和性质确定分类标准.

数学中的某些公式，定理，性质在不同条件下有不同的结论，在运用它们时，就要分类讨论，分类的依据是公式中的条件.

例如，在数列中的两种分类，an=S1，（n=1）Sn-Sn-1，（n≥2）和Sn=na1，（q=1）■. （q≠1）

例3 设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0（n=1，2，…）.

（Ⅰ）求q的取值范围;

（Ⅱ）设bn=an+2-■an+1，记 {bn} 的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小.

解析（Ⅰ）因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1=S1>0，q≠0.

当q=1时，Sn=na1>0;

当q≠1时，Sn=■>0，即■>0，（n=1， 2，…）

上式等价于不等式组：1-q<0，1-qn<0，（n=1， 2，…）……①

或1-q>0，1-qn>0，（n=1， 2，…）……②

解①式得q>1;解②，由于n可为奇数、可为偶数，得-1<q<1.

综上，q的取值范围是（-1， 0）∪（0， +∞）.

（Ⅱ）由bn=aa+2-■an+1得bn=an（q2-■q），Tn=（q2-■q）Sn .

于是Tn-Sn=Sn（q2-■q-1）=Sn（q+■）（q-2）.

又∵ Sn >0且-1<q<0或q>0，

当-1<q<-■或q>2时，Tn-Sn >0即Tn >Sn;

当-■<q<2且q≠0时，Tn-Sn <0即Tn <Sn;

当q=-■或q=-2时，即Tn=Sn .

点评在解数列这类问题时，如果公比q是可以变化的量，就要以q为标准进行分类讨论.

例4 已知函数f（x）=sin2x-asin2■，（x挝R，a R，）试求以a表示f（x）的最大值b.

解析原函数化为f（x）=-（cosx-■）2+■，令t=cosx，则-1≤t≤1.

记g（t）=-（t-■）2+■，t∈[1，1]. 因为二次函数y=g（t）的最大值的取得与二次函数y=g（t）的图像的顶点的横坐标相对于定义域 [-1， 1] 的位置密切相关，所以以■相对于区间[-1， 1]的位置分三种情况讨论：

（1）当-1≤■≤1，即-4≤a≤4时，b=g（t）max=■，此时t=■，

（2）当■<-1，即a<-4时，b=-a，此时t=-1，

（3）当■>1，即a>4时，b=0，此时t=1，

综上所述，b=0，（a>4）■，（-4≤a≤4）-a. （a<-4）

点评对二次函数y=ax2+bx+c（a>0）在R上适用，而在指定的定义域區间 [p， q] 上，它的最值应分如下情况：

（1）当-■

（2）当-■>q时，f（x）在[p，q]上单调递减，f（x）max=f（p），f（x）min=f（q）;

（3）当p≤■≤q时，f（x）在[p，q]上最值情况是：f（x）min=f（-■）=■，f（x）max=max{f（p），f（q）}，即最大值是f（p），f（q）中较大的一个值.

（3）根据数学运算的需要确定分类标准

如分式的分母不等于零，偶次根式的被开方数为非负数，负数的次幂为正或为负，不等式两边同乘以实数对不等号方向的影响等.

例如：解不等式组3

显然，应以3，4为标准将a分为14三种情况进行讨论.

例5 在（1+x+x2）（1-x）5的展开式中，x4项的系数为___________.

解析由题意直接分成三类：

第1类：（1+x+x2）出1，则（1-x）5出x4，该项为：1·C45·1·（-x）4=5x4;

第2类：（1+x+x2）出x，则（1-x）5出x3，该项为：x·C35·12·（-x）3=-10x4;

第3类：（1+x+x2）出x2，则（1-x）5出x2，该项为：x2·C25·13·（-x）2=-10x4.

综上所述：合并后x4的项的系数为5.

点评本题不利于直接展开所有项求解，应由已知表达式展开式中的每一项由两部分相乘而成，要想凑得x4，不妨从其中的一个式子切入进行分类讨论（以（1+x+x2）为例）. 讨论完成后再整合即可.

例6 已知数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{an}前n项和为Sn，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）若amam+1=am+2，求正整数m的值;

（3）是否存在正整数m，使得■恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由.

解析（1）设a1， a3， a5，…，a2k-1，…的公差为d，设a2， a4，a6，…， a2k，…的公比为q， a4=a2q=2q， a3=a1+d=1+d， a9=1+4d

由S5=2a4+a5，a9=a3+a4？圯a4=a1+a2+a3，a1+4d=a1+d+2q？圯d=2，q=3.

∴ a2k=a2qk-1=2·3k-1，a2k-1=a1+（n-1）d=2k-1

∴ an=n， n=2k-12·3■. n=2k

（2）若m=2k（k∈N？鄢），则a2ka2k+1=a2k+2，即2·3k-1（2k+1）=2·3k，

解得：2k+1=3？圯k=1，即m=2.

若m=2k-1（k∈N？鄢），即a2k-1a2k=a2k+1.

（2k-1）·2·3k-1=2k+1？圯2·3k-1=1+■.

因为2·3k-1为正整数，∴■为正整数. ∴ 2k-1=1？圯k=1.

代入可知k=1不符2·3k-1=1+■，故舍去.

综上所述：m=2.

（3）若■为{an}中的一项，则■为正整数.

S2m-1=（a1+a3+…+a2m-1）+（a2+a4+…+a2m-2）

=■+■=3m-1+m2-1，

∴■=■=■=3-■≤3，

故若■为{an}中的某一项只能为a1， a2， a3 .

①若3-■=1无解;

②若3-■=2，即3m-1+1-m2=0，可知m=2是方程的根.

当m≥3时，设f（x）=3x-1+1-x2，∴f′（x）=3x-1ln3-2x.

f″（x）=3x-1（ln3）2-2>0，∴f′（x）在 [3， +∞）单调递增.

∴f′（x）≥f′（3）=9ln3-6>0，∴f（x）在 [3， +∞）单调递增.

∴f（x）>f（2）=0.

∴ m≥3时，3m-1+1-m2=0无解，即m=2是方程唯一解.

③若3-■=3，则m2=1？圯m=1，

综上所述：m=1或m=2.

点评当数列中的项有符号限制时，应分n为奇数，n为偶数进行讨论，通项公式要用分段函数表达. 若是求数列前n项和，一般先求S2n，再求S2n+1，且S2n+1=S2n+a2n+1，避免重复计算.

（4）根据参数的变化需要确定分类标准

一般指数学中某些含参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或由于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.

例7  设函数f（x）=■ax3-■（a+1）x2+x+9，（a∈R），求f（x）的单调减区间.

解析依题意得？圳f′（x）=ax2-（a+1）x+1<0？圳（ax-1）（x-1）<0.

（1）当a=0时，原不等式解为x>1;

（2）当a≠0时，原不等式化为a（x-1）（x-■）<0.

①若a<0，则原不等式化为（x-1）（x-■）>0，

易知■<1，∴不等式的解为x<■或x>1.

②若a>0，则原不等式化为（x-1）（x-■）<0，

（ⅰ）当a>1时，■<1，不等式解为■

（ⅱ）当a=1时，■=1，不等式解为x∈？覫;

（ⅲ）当01，不等式解为1

综上所述：当a<0时，减区间为（-∞，■），（1， +∞）;当a=0时，减区间为（1，+∞）;

当01时，减区间为（■， 1）.

点评此题为典型的一元二次不等式的基本解法，涉及到要讨论的情形比较复杂;必须先讨论二次项系数是否为>0，=0，<0.三种情形，然后再每种条件下单独讨论根的大小，并结合二次函数图象性质得出解集，此类题应注重分类的原则、方法与技巧，做到分类对象确定、标准统一、不重复不遗漏、分层次.

例8 已知函数f（x）=x3，x>0，-x，x<0. 若函数g（x）=f（x）-kx2-2x

（k∈R）恰有4个零点，则k的取值范围是（ ）

A. （-∞，-■）∪（2■，+∞）  B. （-∞，-■）∪（0，2■）

C. （-∞，0）∪（0，2■）         D. （-∞，0）∪（2■，+∞）

解析注意到g（0）=0，所以要使g（x）恰有4个零点，只需方程kx-2=■恰有3个实根即可，令h（x）=■，即y=kx-2与h（x）=■的图像有3个不同交点.

因为h（x）=■=x2，x>01，x<0

当k=0时，此时y=2，如图1，y=2与h（x）=■有1个不同交点，不满足题意;

当k<0时，如图2，此时y=kx-2与   h（x）=■恒有3个不同交点，满足题意;

当k>0时，如图3，当y=kx-2与y=x2相切时，联立方程得x2-kx+2=0，

令△=0得k2-8=0，解得k=2■（负值舍去），所以k>2■.

综上，k的取值范围为（-∞，0）∪（2■，+∞）.  故选：D.

点评本题考查函数与方程，数形结合，转化与化归，分类讨论等思想方法的综合应用，是一道中档题. 此题等价转化后需要对变量进行合理的分类，最后再整合得出答案.

（5）根据几何图形中点、线、面的相对位置不确定引起的分类讨论

如两直线的位置关系、直线和圆锥曲线的位置关系、点和圆的位置关系、圆和圆的位置关系，立体几何中的建系多样性等等

例9 设k∈R，问方程（8-k）x2+（k-4）y2=（8-k）（k-4）表示什么曲线？

解析（1）当k=4时，方程变为x=0，表示直线（y轴）;

（2）当k=8时，方程变为y=0，表示直线（x轴）;

（3）当k≠4且k≠8时，方程化为■+■=1，

（ⅰ）若k<4时，方程表示焦点在y轴上的双曲线;

（ⅱ）若4

（ⅲ）若k=6时，方程表示圆心在原点的圆;

（ⅳ）若6

（ⅴ）若k>8时，方程表示焦点在x轴上的双曲线.

点评此题为二元二次方程的分类讨论问题，基本涵盖了所学的圆锥曲线知识概念，是一道开放式，复杂多样的分类讨论难题，需注意讨论避免漏解，要考虑全面到位.

例10 若双曲线x2-■=1与直线y=kx-1有且仅有一个公共点，则这样的直线有几条（）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

解析把直线方程y=kx-1代入双曲线的方程可得4x2-（kx-1）2=4，

整理得（4-k2）x2+2kx-5=0，（*）

（1）若4-k2=0，得k=±2，（*）式只有一個解，则双曲线与直线有且仅有一个公共点;

（2）若4-k2≠0，由△=4k2+20（4-k2）=80-16k2=0，解得k=±■.

综上，当k=±■，k=±2时，直线与双曲线有一个公共点，故有4条直线符合题意.

点评此题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，是高考的重要考点与热点. 通常联立直线与曲线方程，转化到一元二次方程实数解的问题，但不能想当然的默认一定为一元二次方程，需要对二次项系数是否为0进行讨论，再来讨论“△”的三种情形，避免漏解.

（6）根据实际问题的具体情况进行分类讨论

如排列、组合问题，概率与统计的实际应用题等.

例11 用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（）

A. 48 B. 36 C. 28 D. 12

解析根据题意，在0，1，2，3，4中有3个偶数，2个奇数，可以分3种情况讨论：

（1）0被奇数夹在中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况;再将1、0、3看成一个整体，与2、4全排列，有A33=6种情况;故0被奇数夹在中间时，有2A33=12种情况;

（2）2被奇数夹在中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况;再将1、2、3看成一个整体，与0、4全排列，有A33=6种情况，其中0在首位的有2种情况，则有6-2=4种排法;故2被奇数夹在中间时，有2×4=8种情况;

（3）4被奇数夹在中间时，同2被奇数夹在中间的情况，有8种情况，

则这样的五位数共有12+8+8=28种.

点评本题考查了有限制条件的排列组合问题以及分类讨论思想，尽量做到不重不漏.对于题目中有特殊要求的元素，在考虑步骤时优先安排，然后再去处理无要求的元素.

例12 某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，2人只会日语，其余4人既会英语又会日语，现要从中选6人，其中3人负责英语导游，另外3人负责日语导游，则不同的选择方法有_______种

解析在步骤上可以考虑先选定英语导游，再选定日语导游. 英语导游的组成可按只会英语的和会双语的人数组成进行分类讨论，然后再在剩下的人里选出日语导游即可. 第一种情况：没有会双语的人加入英语导游队伍，则英语导游选择数为C33，日语导游从剩下6个人中选择，有C36中，从而N0=C33·   C36，第二种情况：有一个会双语的人加入英语导游队伍，从而可得N1=（C14C23）·C35，依次类推，第三种情况. 两个会双语的加入英语导游队伍，则N2=（C24·C13）·C34，第四种情况，英语导游均为会双语的. 则N3=C34·C33，综上所述，不同的选择方法总数为S=C33·C36+（C14C23）·C35+（C24·C13）·C34+C34·C33=216（种）.

点评本题涉及到多面手是否入选的问题，在解题前要优先确定对象再进行合理分类，此题是以英语导游为主要对象进行逐一分类，这样就明确解题思路，全面讨论，不会漏解.

另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性. 例如要对某学校“创建省智慧文明校园建设”的调查问卷，这就需要考虑学校各学科，各部门，各层次人员的问卷，这样更有代表性.

三、分类讨论的方法和步骤

（1）确定是否需要分类讨论以及需要讨论时的对象和它的取值范围;

（2）确定分类标准科学合理分类;

（3）逐類进行讨论得出各类结果;

（4）归纳各类结论.

总之，分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，对于培养考生思维的逻辑性、条理性和概括性，以及提高考生分析问题和解决问题的能力无疑具有很大的帮助. 然而，并不是问题中一出现含参数问题就一定得分类讨论，我们应弄清楚引起问题分类讨论的主要原因，做到有的放矢，这样才能精准的进行分类讨论，从而达到快速、准确的解题效果.

责任编辑 徐国坚